056fecfee72ed410c6d392b4912ecce8

(1)

(2)

Pengantar Teori Probabilitas dan Statistika

2021

(3)

(4)

Pengantar Teori Probabilitas dan Statistika

Wawan Hafid Syaifudin, M.Si, MAct.Sc, ASAI Dr. Achmad Choiruddin, S.Si, M.Sc

2021

(5)

Pengantar Teori Probabilitas dan Statistika

Penulis :

Wawan Hafid Syaifudin, M.Si, MAct.Sc, ASAI Dr. Achmad Choiruddin, S.Si, M.Sc

Desain Cover : El - Markazi

Ukuran :

viii, 387 hlm, Uk: 18,2 cm x 25,7 cm ISBN : 978-623-331-037-6

PENERBIT ELMARKAZI

Anggota IKAPI

Jl.RE.Martadinata RT.26/05 No.43 Pagar Dewa, Kota Bengkulu, Provinsi Bengkulu 38211

Website: www.elmarkazi.com dan www.elmarkazistore.com E-mail: [email protected]

(6)

Alhamdulillahirabbil’aalamin. Segala puja dan puji syukur penulis panjatkan kehadirat Allah SWT atas seluruh rahmat dan karunia-Nya, sehingga penulis dapat menyelesaikan buku Pengantar Teori Probabilitas dan Statistika.

Buku ini merupakan salah satu referensi pada mata kuliah Teori Probabilitas maupun mata ujian A20 (Probabilitas dan Statistika) pada ujian keanggotaan Persatuan Aktuaris Indonesia (PAI). Ujian A20 merupakan salah satu ujian wajib bagi setiap calon aktuaris di Indonesia agar dapat diakui sebagai anggota dari PAI.

Buku ini ditulis dengan sistematika yang umumnya digunakan oleh setiap individu yang ingin mempelajari dasar-dasar dari teori probabilitas dan statistika.

Sebagai tambahan, buku ini juga dilengkapi dengan banyak contoh soal dan latihan soal yang didasarkan pada ujian keprosesian aktuaris, yaitu ujian A20 Persatuan Aktuaris Indonesia, dalam beberapa tahun terakhir.

Buku ini didedikasikan oleh penulis kepada seluruh mahasiswa, dosen, maupun pihak umum lainnya yang ingin mempelajari bidang keilmuan aktuaria, khususnya pada materi yang berkaitan dengan teori probabilitas dan statistika.

Oleh karena itu, setiap orang memiliki hak untuk mengumumkan atau memper- banyak karya ini tanpa izin dari siapapun. Barangsiapa dengan sengaja menyiarkan, memamerkan, mengedarkan, atau membagikan secara gratis buku ini, semoga mendapatkan pahala yang berlipat ganda dari Allah SWT.

Tersusunnya buku ini tentu bukan merupakan hasil kerja keras dari penulis seorang. Ada banyak pihak yang telah berjasa dalam membantu penulis dalam menyelesaikan buku ini, seperti penyusunan materi, pemilihan contoh soal, dan pengetikan naskah. Sebagai tambahan, dukungan moral dan material dari berbagai pihak juga sangat membantu penulis dalam menyusun buku ini. Oleh karena itu, penulis mengucapkan terima kasih kepada seluruh keluarga, sahabat, kolega, rekan kerja, mahasiswa, dan seluruh pihak yang telah membantu penulis selama proses penulisan buku. Secara khusus, penulis ingin menyampaikan terima kasih kepada READI Project yang telah membantu penulis dalam proses penerbitan buku serta penyebaran buku kepada seluruh universitas mitra serta pihak-pihak lain yang terkait.

Buku Pengantar Teori Probabilitas dan Statistika ini tentu masih jauh dari kata sempurna. Oleh karena itu, kritik dan saran membangun sangat diperlukan

i

(7)

para calon aktuaris yang sedang berjuang untuk menjadi aktuaris-aktuaris terbaik Indonesia di masa mendatang.

Surabaya, Februari 2021 Penulis

ii

(8)

Penyusunan buku ini telah melalui banyak proses dan dibutuhkan waktu yang tidak sedikit dalam penyelesaiannya. Pada halaman ini, penulis secara khusus menyampaikan ucapan terima kasih kepada banyak pihak yang telah membantu dalam proses penyusunan buku, di antaranya adalah:

• Allah SWT atas segala limpahan rahmat dan karunia-Nya, sehingga penulis mampu menyelesaikan buku ini

• Kedua orang tua penulis yang selalu ada untuk men-support penulis dalam belajar, bekerja, dan berbagi sedikit ilmu yang dimiliki kepada sesama

• Adik, saudara sepupu, dan keluarga besar penulis yang senantiasa memberikan dorongan dan doa

• Istri tercinta yang selalu memberikan semangat, bantuan, dan doa

• Hengky Kurniawan, yang telah membantu penulis dalam penyusunan naskah buku ini sejak awal pembuatan sampai dengan tahap finalisasi

• Venansius Ryan, Marina Nadya, Vira Diana, dan Nurdia yang telah membantu penulis dalam penyusunan naskah awal buku

• Rekan-rekan penulis di Departemen Aktuaria, Matematika, dan Statistika Institut Teknologi Sepuluh Nopember yang telah membantu memberikan masukan danreviewuntuk buku ini

• Kolega dan teman-teman penulis, baik itu kolega di dalam internal kampus maupun kolega di luar kampus

• READI Project atas bantuannya dalam proses penerbitan buku

iii

(9)

KATA PENGANTAR . . . i

UCAPAN TERIMA KASIH . . . iii

DAFTAR ISI . . . iv

BAB 1 TEORI HIMPUNAN DAN KALKULUS DASAR . . . 1

1.1 Teori Himpunan . . . 1

1.2 Ringkasan Kalkulus Dasar . . . 6

1.2.1 Fungsi . . . 6

1.2.2 Limit dan Kontinuitas . . . 13

1.2.3 Turunan dari Fungsi . . . 15

1.2.4 Integral . . . 18

1.2.5 Deret Geometri dan Deret Aritmetika . . . 23

BAB 2 PROBABILITAS . . . 25

2.1 Kejadian dan Ruang Probabilitas . . . 25

2.2 Probabilitas dan Sifat-Sifat Probabilitas . . . 33

2.3 Prinsip Kombinatorika . . . 44

2.3.1 Notasi Faktorial . . . 44

2.3.2 Permutasi . . . 44

2.3.3 Kombinasi . . . 46

2.3.4 Teorema Binomial . . . 50

2.3.5 Teorema Multinomial . . . 51

Soal Latihan Bab 2 . . . 53

BAB 3 PROBABILITAS BERSYARAT DAN TEOREMA BAYES . . . 60

3.1 Probabilitas Bersyarat . . . 61

3.2 Probabilitas Kejadian yang Saling Bebas . . . 66 iv

(10)

BAB 4 VARIABEL RANDOM DAN DISTRIBUSI PROBABILITAS . . . 85

4.1 Variabel Random . . . 85

4.1.1 Variabel Random Diskrit . . . 87

4.1.2 Variabel Random Kontinu . . . 88

4.2 Distribusi Probabilitas . . . 89

4.2.1 Distribusi Probabilitas Diskrit . . . 89

4.2.2 Distribusi Probabilitas Kontinu . . . 93

4.3 Fungsi Distribusi Kumulatif . . . 95

4.3.1 Fungsi Distribusi Kumulatif Diskrit . . . 95

4.3.2 Fungsi Distribusi Kumulatif Kontinu . . . 97

4.3.3 Fungsi Distribusi Kumulatif Campuran . . . 105

BAB 5 MOMEN DAN FUNGSI PEMBANGKIT MOMEN VARIABEL RANDOM . . . 113

5.1 Momen Variabel Random . . . 113

5.1.1 Nilai Ekspektasi Variabel Random . . . 113

5.1.2 Varians dan Standar Deviasi Variabel Random . . . 117

5.1.3 Momen Variabel Random secara Umum . . . 122

5.2 Fungsi Pembangkit Momen . . . 124

5.3 Persentil, Median, dan Modus Variabel Random . . . 131

5.4 Pertidaksamaan Chebyshev . . . 133

BAB 6 DISTRIBUSI PROBABILITAS DISKRIT . . . 142

6.1 Distribusi Bernoulli . . . 142

6.2 Distribusi Binomial . . . 144

6.3 Distribusi Poisson . . . 149

6.4 Distribusi Geometrik . . . 153

6.5 Distribusi Negatif Binomial . . . 158

v

(11)

BAB 7 DISTRIBUSI PROBABILITAS KONTINU . . . 170

7.1 Distribusi Seragam . . . 170

7.2 Distribusi Gamma . . . 176

7.3 Distribusi Eksponensial . . . 180

7.4 DistribusiChi-Square . . . 183

7.5 Distribusi Weibull . . . 185

7.6 Distribusi Normal . . . 185

7.7 Distribusi Lognormal . . . 190

7.8 Distribusi Pareto . . . 193

7.9 Distribusi Beta . . . 195

BAB 8 DISTRIBUSI GABUNGAN, MARGINAL, DAN BERSYARAT . . . 203

8.1 Distribusi Gabungan Dari Variabel RandomXdanY . . . 204

8.2 Kovarians dan Korelasi dari Variabel RandomX danY . . . 208

8.3 Ekspektasi dan Fungsi Pembangkit Momen Gabungan . . . 211

8.4 Distribusi Marginal . . . 213

8.5 Distribusi Bersyarat . . . 218

8.6 Distribusi Normal Bivariat . . . 223

8.6.1 Fungsi Kepadatan Probabilitas . . . 223

8.6.2 Fungsi Pembangkit Momen Gabungan . . . 227

BAB 9 TRANSFORMASI VARIABEL RANDOM . . . 235

9.1 Teknik Transformasi Variabel Random . . . 235

9.1.1 Transformasi Variabel Random Diskrit Tunggal . . . 235

9.1.2 Transformasi Variabel Random Diskrit Gabungan . . . 236

9.1.3 Transformasi Variabel Random Kontinu Tunggal . . . 238

9.1.4 Transformasi Variabel Random Kontinu Gabungan . . . . 239

vi

(12)

9.2.2 Moment Generating Function(MGF) untuk Menentukan

Fungsi Distribusi Variabel Random . . . 241

9.3 Distribusi Jumlahan Variabel Random . . . 245

9.4 Distribusi Maksimum dan Minimum dari Variabel Random yang Independen . . . 249

BAB 10 APLIKASI PROBABILITAS PADA DISTRIBUSI KERUGIAN ASURANSI . . . 255

10.1 Distribusi Kerugian Asuransi . . . 256

10.2 Pertanggungan Asuransi secara Parsial . . . 257

10.2.1 PrinsipDeductible . . . 257

10.2.2 PrinsipPolicy Limit. . . 260

10.3 Model Risiko Agregat . . . 263

10.3.1 Model Risiko Individual . . . 264

10.3.2 Model Risiko Agregat dengan Menggunakan Aproksimasi Distribusi Normal . . . 265

BAB 11 DISTRIBUSI SAMPLING . . . 271

11.1 Distribusi Sampling dari Mean . . . 277

11.2 DistribusiChi-Square . . . 285

11.3 Distribusit . . . 289

11.4 DistribusiF . . . 293

11.5 Statistik Urutan . . . 296

BAB 12 ESTIMASI TITIK . . . 301

12.1 Estimator Tak Bias . . . 303

12.2 Estimator yang Efisien . . . 307

12.3 Estimator yang Cukup . . . 316

12.4 Estimator yang Konsisten . . . 322

vii

(13)

BAB 13 ESTIMASI INTERVAL . . . 338

13.1 Estimasi Mean . . . 339

13.2 Estimasi Proporsi . . . 346

13.3 Estimasi Varians . . . 350

BAB 14 PENGUJIAN HIPOTESIS . . . 356

14.1 Likelihood Ratio Tests(LRT) . . . 360

14.2 Prosedur Pengujian Hipotesis . . . 364

14.3 Pengujian Mean pada Satu Populasi . . . 368

14.4 Pengujian Mean pada Dua Populasi . . . 372

14.5 Pengujian Varians . . . 376

14.6 Pengujian Proporsi . . . 380

DAFTAR PUSTAKA . . . 387

viii

(14)

TEORI HIMPUNAN DAN KALKULUS DASAR

Pada bagian pengantar ini, akan dijelaskan beberapa konsep penting yang merupakan landasan sebelum memasuki topik mengenai probabilitas. Konsep yang dijelaskan pada bab ini di antaranya adalah teori himpunan dan ringkasan kalkulus dasar. Bagi para pembaca dengan latar belakang yang kuat dalam kalkulus serta akrab dengan konsep himpunan dapat melewati bagian ini.

1.1 Teori Himpunan

Himpunan merupakan kumpulan dari elemen-elemen (anggota). Kalimat “x adalah elemen dariA” dinotasikan sebagaix∈A, dan “xbukan elemen dari A” dinotasikan denganx /∈A.

Suatu himpunanA disebut subset (himpunan bagian) dari B, yang dinotasikan denganA⊂B, apabila setiap elemen dari himpunanAmerupakan elemen dari himpunan B. Dengan demikian, B dapat memiliki elemen yang tidak terdapat di A, tetapi A harus memiliki elemen-elemen yang seluruhnya terdapat di B.

Sebagai contoh, apabila A menyatakan himpunan dari seluruh bilangan bulat positif yang genap, sedangkan B adalah himpunan dari seluruh bilangan bulat positif, makaA={2,4,6,· · · }danB ={1,2,3,4,· · · }. Untuk kedua himpunan tersebut, terlihat bahwa A ⊂ B, karena setiap elemen dari A (setiap bilangan bulat positif yang genap) juga merupakan anggota dariB (bilangan bulat positif).

Diagram Venn di bawah ini menggambarkanA⊂B.

Dua buah himpunan, yaitu A dan B dapat memiliki gabungan (union) yang dinotasikan denganA∪B. Hal ini berarti bahwaA∪B adalah himpunan yang terdiri dari semua elemen di dalamAatauB(atau keduanya).

1

(15)

Secara matematis, hal ini dapat kita tuliskan sebagai A∪B ={x

x∈Aataux∈B}

Diagram Venn di bawah ini menyatakanA∪B.

Contoh 1.1

Jika A adalah himpunan dari semua bilangan bulat genap positif (yaitu A={2,4,6,8,10,12,· · · }) danBadalah himpunan semua bilangan bulat positif yang berkelipatan 3 (yaitu B = {3,6,9,12,· · · }), maka diperoleh gabungan dari kedua himpunan tersebut adalahA∪B = {2,3,4,6,8,9,10,12,· · · }yang merupakan himpunan bilangan bulat positif berkelipatan 2 atau kelipatan 3 (atau keduanya).

Berikutnya, dua buah himpunan, yaitu A dan B dapat memiliki irisan (intersection) yang dinotasikan denganA∩B. Hal ini berarti bahwa A∩B adalah himpunan yang terdiri dari semua elemen di dalam A dan B (terdapat pada masing-masing himpunan). Secara matematis, hal ini dapat kita tuliskan sebagai A∩B ={x

x∈Adanx∈B}.

Diagram Venn di bawah ini menyatakanA∩B.

(16)

Contoh 1.2

Jika A adalah himpunan dari semua bilangan bulat genap positif (yaitu A = {2,4,6,8,10,12,· · · }) danBadalah himpunan semua bilangan bulat positif yang berkelipatan 3 (yaitu B = {3,6,9,12,· · · }), maka diperoleh irisan dari kedua himpunan tersebut adalahA∩B = {6,12,18,· · · }yang merupakan himpunan bilangan bulat positif berkelipatan 6. Elemen dari A ∩B haruslah terdapat di kedua himpunan, yaituAdanB.

Apabila diberikan sebarang himpunan B, maka komplemen dari B terdiri dari semua elemen-elemen yang tidak terdapat di dalam B, dan dinotasikan sebagai B⁰, B¯ atau B^c. Secara matematis, hal ini dapat kita tuliskan sebagai B⁰ ={x

x /∈B}. Jika kita membahas mengenai komplemen dari himpunan, biasanya terdapat himpunan lain yang lebih besar dibandingkan dengan B, di mana himpunan tersebut disebut sebagai “himpunan penuh”. Dengan demikian, komplemen dari B terdiri dari elemen-elemen dari himpunan penuh dimana elemen tersebut tidak terdapat di dalamB.

Contoh 1.3

Jika A menyatakan himpunan penuh yaitu himpunan dari semua bilangan bulat positif (A={1,2,3,4,5,6,· · · }), sedangkanBadalah himpunan semua bilangan bulat genap positif (B = {2,4,6,8,10,· · · }), maka komplemen dariB adalah B⁰ ={1,3,5,7,9,· · · }yang merupakan himpunan bilangan bulat ganjil positif.

Dua buah himpunan, yaituA danB dikatakan memiliki beda apabila kita dapat menyatakan suatu himpunan baru dengan elemen-elemen yang terdapat di salah satu himpunan, namun tidak terdapat di dalam himpunan lainnya. Sebagai contoh, beda antara himpunan A dan B, yang disebut sebagai “Himpunan A dikurangi B”, adalahA−B ={x

x∈Adanx /∈B}, yaitu himpunan yang terdiri dari semua elemen yang berada di himpunanAnamun tidak terdapat di himpunanB.

Catat bahwaA−B =A∩B⁰.

(17)

Selain itu,A−Bdapat juga diartikan sebagai himpunan pada saatA∩Bdihapus dariA. Diagram Venn di bawah ini menyatakanA−B.

Contoh 1.4

Buktikan hubungan berikut (Hubungan di bawah ini disebut sebagai Hukum DeMorgan):

(i) (A∪B)⁰ =A⁰∩B⁰(komplemen dari gabunganAdanB adalah irisan dari komplemenAdan komplemenB)

(ii) (A∩B)⁰ =A⁰∪B⁰(komplemen dari irisanAdanBadalah gabungan dari komplemenAdan komplemenB)

Pembahasan: (i) Karena gabungan dari A dan B terdiri dari semua elemen di dalamAatauB, elemen yang tidak ada di dalamA∪Btidak terdapat juga di dalamAatauB, dan oleh karena itu, elemen-elemen tersebut harus ada di dalam kedua komplemen dariAdan komplemenB. Hal ini berarti adalah irisan dariA⁰danB⁰. Dengan demikian kita peroleh(A∪B)⁰ =A⁰∩B⁰. Pernyataan ini dapat diilustrasikan melalui Diagram Venn di bawah ini.

(ii) Karena irisan dariA danB terdiri dari semua elemen di dalam Adan B, elemen yang tidak ada di dalamA∩B tidak terdapat juga di dalamAdan B, dan oleh karena itu, elemen-elemen tersebut harus ada di dalam kedua komplemen dariAatau komplemenB. Hal ini berarti adalah gabungan dari A⁰atauB⁰. Dengan demikian kita peroleh(A∩B)⁰ =A⁰∪B⁰.

(18)

Pernyataan ini dapat diilustrasikan melalui Diagram Venn di bawah ini.

Selanjutnya, suatu himpunan disebut sebagai himpunan kosong apabila himpunan tersebut tidak memiliki elemen dan dinyatakan sebagai∅. Himpunan AdanBtidak memiliki irisan pada saatA∩B =∅.

Berikut ini adalah beberapa persamaan yang menyatakan hubungan dari himpunan.

• A∪B =B∪A; A∩B =B∩A; A∪A=A; A∩A=A.

• A∪∅=A; A∩∅=∅; A−∅=A.

• A∩(B∪C) = (A∩B)∪(A∩C).

• A∪(B∩C) = (A∪B)∩(A∪C).

• JikaA⊂B, makaA∪B =BdanA∩B =A.

• Untuk sebarang himpunanAdanB,(A∩B)⊂A⊂(A∪B)dan(A∩B) ⊂ B ⊂(A∪B).

• (A∪B)⁰ =A⁰∩B⁰ dan(A∩B)⁰=A⁰∪B⁰.

• Untuk setiap himpunanA,∅⊂A.

• A= (A∩B)∪(A∩B⁰).

Contoh 1.5

Misalkan diberikan “himpunan penuh”S yang terdiri dari seluruh kemungkinan mata dadu yang muncul pada saat kita melakukan pelemparan sebuah dadu 6 sisi.

Dengan demikian kita perolehS = {1,2,3,4,5,6}. Berikutnya, kita definisikan himpunan bagian dariSsebagai berikut:

• A={1,2,3}(munculnya mata dadu yang kurang dari 4)

• B ={2,4,6}(munculnya mata dadu genap)

• C={4}(munculnya mata dadu 4)

(19)

Dengan menggunakan beberapa hubungan di antara himpunan-himpunan tersebut, maka diperoleh:

• A∪B ={1,2,3,4,6}

• A∩B ={2}

• A∩C =∅, hal ini berarti himpunanAdanCtidak berhubungan

• C⊂B

• A⁰ ={4,5,6}

• B⁰ ={1,3,5}

• (A∪B)⁰ ={5}=A⁰∩B⁰

1.2 Ringkasan Kalkulus Dasar

Setelah kita membahas mengenai konsep teori himpunan, maka pada bagian ini kita akan mempelajari hal yang tidak kalah penting sebelum kita membahas mengenai probabilitas, yaitu dasar-dasar dalam kalkulus. Pembahasan kalkulus di subbab ini, hanya merupakan ringkasan dari seluruh materi kalkulus yang nantinya akan digunakan di dalam penghitungan probabilitas. Oleh karena itu, pembaca diharapkan telah mempelajari dan menguasai materi ini dengan lebih detail pada perkuliahan sebelumnya.

1.2.1 Fungsi

Pengertian fungsi pertama kali digunakan oleh Leibniz untuk menyatakan keter- gantungan suatu besaran terhadap besaran yang lainnya. Secara umum, apabila besaranybergantung pada besaranxsedemikian hingga setiap nilaixmenentukan tepat satu nilaiy, maka dapat dikatakan bahway adalah fungsi dari x. Sebagai contoh persamaany= 2x+ 3yang mendefinisikanysebagai fungsi darix, sebab setiap nilai yang diberikan pada x menentukan tepat satu nilai y (lihat tabel di bawah ini).

Nilaix 0 1 2 -3/2 √

3

Nilaiy= 2x+ 3 3 5 7 0 2√

3 + 3 Kita dapat menggunakan huruffuntuk menyatakan suatu fungsi. Sebagai contoh, persamaany = f(x) (dibaca “y sama dengan f dari x”) menyatakan bahwa y adalah fungsi darix.

(20)

Hal ini mengisyaratkan bahwa pemberian nilai darix adalah bebas, tetapi untuk setiap nilai yang diberikan padax, diperoleh nilaiy yang tunggal. Catat bahwa domain dari fungsi f adalah suatu himpunan dari nilai x dan range dari fungsi f adalah suatu himpunan dari semua nilai f(x) yang dapat muncul di domain x. Dalam pembahasan ini, variabelxdisebut sebagai variabel bebas, sedangkan variabelydisebut sebagai variabel terikat/tak bebas.

Contoh 1.6

Persamaany = x² mendefinisikan sebuah fungsi karena untuk setiapx terdapat tepat satu nilai dix². Range dari fungsi adalah bilangan riil ≥ 0, karena untuk setiap bilangan riil, nilai kuadratnya adalahx² ≥0.

Grafik dari persamaan ini dapat dilihat pada gambar berikut ini:

Berikutnya, persamaan x = y² tidak mendefinisikan sebuah fungsi karena jika x >0, maka terdapat dua nilaiy, yaituy=±√

x.

Grafik dari persamaan ini dapat dilihat pada gambar berikut ini:

(21)

Suatu fungsi disebut sebagai fungsi sepotong-sepotong (piecewise function) apabila fungsi tersebut didefinisikan dalam suatu interval yang terpisah. Sebagai contoh, fungsi nilai absolut adalah salah satu contoh dari fungsi sepotong- sepotong, karena

|x|=







−x , untukx <0 x , untukx≥0

Selanjutnya, apabila sebuah fungsi memiliki lebih dari satu variabel bebas, maka fungsi tersebut dikenal sebagaifungsi multivariabel.

Contoh 1.7

Biaya perjalanan taksi online pada suatu kota besar di Indonesia adalah 4.000 rupiah untuk jarak sampai dengan 1 km. Setelah 1 km, penumpang diwajibkan untuk membayar ongkos tambahan sebesar 2.500 rupiah per km. Jikaf(x)adalah ongkos total dalam rupiah untuk jarak x km, maka kita dapat definisikan nilai f(x)sebagai berikut:

f(x) =







4000 , x <0≤1 4000 + 2500(x−1) , x >1

Contoh 1.8

Persamaan z = f(x, y) = e^2(x+y) adalah suatu fungsi dengan dua variabel.

Domain dari fungsi tersebut adalah semua bilangan yang terdapat pada bidang dua dimensi (himpunan{(x, y)

x, ybilangan riil}) danrangedari fungsi tersebut adalah seluruh bilangan riil positif. Fungsi tersebut dapat pula digambarkan ke bidang tiga dimensix−y−z. Sehingga domain dari fungsi tersebut merupakan bidang horizontal, yaitu garisx−y danrangedari fungsi tersebut adalah bagian vertikal, yaitu bidangz.

(22)

Gambar tiga dimensi dari persamaan tersebut dapat dilihat pada grafik berikut ini.

Suatu fungsif disebutfungsi satu-satujika fungsif(x) =ymemiliki maksimal satu solusixuntuk setiapy. Apabila suatu grafik fungsi digambarkan pada bidang Cartesius, maka garis horizontal akan memotong grafik fungsi tersebut paling banyak satu titik.

Contoh 1.9

Fungsif(x) = 4x−3adalah fungsi satu-satu karena untuk setiap nilai dari y, hubungan fungsiy = 4x−3hanya memiliki satu solusix yaitux = (y+ 3)/4.

Berikutnya, fungsig(x) =x²dimanaxmerupakan bilangan riil, bukanlah fungsi satu-satu karena untuk setiap y > 0 terdapat dua solusi x yaitu x = √

y dan x=−√

y. Berikut adalah grafik yang menggambarkan kedua persamaan tersebut.

(23)

Invers

Invers dari fungsifdinyatakan sebagaif⁻¹. Fungsi invers ada hanya jikaf adalah fungsi satu-satu yang dapat dinyatakan sebagaif⁻¹(y) =x. Sebagai contoh untuk fungsiy= 2x³=f(x), jikax= 1maka

y=f(1) = 2(1³) = 2 Sehingga1 =f⁻¹(2) = ²₂¹₃

.

Contoh 1.10

• Fungsi invers dari fungsiy= 5x−1 =f(x)adalahx= ^y+1₅ =f⁻¹(y)

• Diberikan fungsi y = x² = f(x), diperoleh dua kemungkinan nilai x yaitu x=±√

y.

Namun, jika fungsi didefinisikan sebagaiy = x² = f(x) hanya untuk x ≥ 0, maka diperolehx= +√

y=f⁻¹(y)adalah fungsi invers karenaf adalah fungsi satu-satu dimana dalam domainnya hanya terdapat bilangan non-negatif.

Fungsi dan Persamaan Kuadrat

Fungsi kuadrat dapat dituliskan ke dalam bentukp(x) =ax²+bx+c. Akar dari persamaan kuadratax²+bx+c= 0adalahr1, r2 = ^−b±

√b²−4ac

2a .

Persamaan kuadrat memiliki :

(i) Dua akar bilangan riil jikab²−4ac >0

(ii) Dua akar bilangan kompleks jikab²−4ac <0, dan (iii) Satu akar bilangan riil jikab²−4ac= 0

Contoh 1.11

Persamaan kuadrat x² −8x + 4 = 0 memiliki dua solusi akar bilangan riil:

x= 4±2√

3. Persamaan kuadratx²−4x+ 4 = 0memiliki satu akar bilangan riil yaitu x = 2. Dan untuk persamaan kuadratx²−x+ 4 = 0 memiliki dua solusi akar bilangan kompleks yaitux= 0.5±i

√ 15 2 .

(24)

Berikut adalah grafik yang menggambarkan ketiga persamaan kuadrat tersebut.

Fungsi Eksponensial dan Logaritma

Fungsi eksponensial adalah fungsi f(x) = b^x di mana b > 0, b 6= 1, dan invers dari fungsi eksponensial dinyatakan sebagai log_b(y). Oleh karena itu, y = b^x ↔ log_b(y). Fungsi log yang memiliki basis eadalah logaritma natural, yaitulog_e(y) = lny(dapat ditulislogy).

Berikut ini adalah beberapa sifat yang berkaitan dengan fungsi eksponensial dan logaritma.

(i) b⁰ = 1

(ii) domain(f) =R=range(f⁻¹) (iii) range(f) = (0,+∞) =domain(f⁻¹) (iv) b^x =e^x·lnb

(v) (b^x)^y =b^xy (vi) b^xb^y =b^x+y (vii) ^b_b^xy =b^x−y (viii) log_b(1) = 0

(ix) log_b(b^x) =xuntuk semuax (x) log_b(y) = ^lny_ln_b

(xi) log_b(y^k) =k·log_b(y) (xii) log_b(yz) = log_b(y) + log_b(z) (xiii) log_b ^y_z

= log_b(y)−log_b(z)

(25)

Seperti halnya bilangan-bilangan yang dapat dijumlahkan, dikurangkan, dikalikan, dan dibagi untuk menghasilkan bilangan-bilangan lainnya, maka dapat juga diber- lakukan operasi yang serupa pada fungsi. Pada bagian berikut ini, kita akan membahas mengenai operasi-operasi pada fungsi.

Diberikan fungsi f dan g, maka formula untuk jumlahan, selisih, hasil kali, dan hasil bagi dari fungsi masing-masing dapat didefinisikan sebagai berikut:

(i) (f+g)(x) =f(x) +g(x) (ii) (f−g)(x) =f(x)−g(x) (iii) (f·g)(x) =f(x)·g(x) (iv) (f /g)(x) =f(x)/g(x)

Domain-domain dari fungsif+g,f−gdanf·gdidefinisikan sebagai irisan dari domain-domainf dang, sedangkan domain darif /g adalah irisan dari domain- domainf dangkecuali pada titik-titik yang menyebabkang(x) = 0.

Contoh 1.12

Misal diberikan dua buah fungsi sebagai berikut:

f(x) = 1 +√

x−2dang(x) =x−1

Dapatkan fungsi(f +g)(x),(f −g)(x),(f ·g)(x), dan(f /g)(x)serta tentukan domain dari masing-masing fungsi tersebut.

Pembahasan:

• (f +g)(x) =f(x) +g(x) = (1 +√

x−2) + (x−1) =x+√ x−2

• (f −g)(x) =f(x)−g(x) = (1 +√

x−2)−(x−1) = 2−x+√ x−2

• (f ·g)(x) =f(x)·g(x) = (1 +√

x−2)·(x−1)

• (f /g)(x) = ^f(x)_g(x) = ¹⁺

√x−2 x−1

Domain dari fungsi f adalah selang [2,+∞) dan domain dari fungsi g adalah selang(−∞,+∞). Dengan demikian domain dari fungsif +g,f −gdanf·g adalah irisan dari dua selang tersebut, yaitu[2,+∞). Berikutnya, domain darif /g pun juga sama, yaitu[2,+∞).

(26)

1.2.2 Limit dan Kontinuitas

Limit dapat digunakan untuk menggambarkan bagaimana perilaku suatu fungsi jika variabel bebas bergerak menuju suatu nilai tertentu. Sebagai contoh, misal diberikan fungsi f(x) = ^cosx_x dengan x dalam radian. Meskipun fungsi ini tidak terdefinisi dix = 0, tetapi perilaku fungsi ini dapat dilihat jikaxbergerak sepanjang sumbuxmenuju0tanpa benar-benar sampai pada nilaix= 0.

Limit dari suatu fungsi, yang dinotasikan dengan lim

x→cf(x) = L, menun- jukkan bahwa apabila nilaixsemakin mendekati nilaicmaka nilaif(x)semakin mendekati nilaiL.

Berikut ini diberikan beberapa limit dasar.

(i) lim

x→ak=k, di manakadalah suatu konstanta. Contoh: lim

x→25 = 5 (ii) lim

x→+∞k=k, di manakadalah suatu konstanta. Contoh: lim

x→+∞7 = 7 (iii) lim

x→−∞k=k, di manakadalah suatu konstanta. Contoh: lim

x→−∞0 = 0 (iv) lim

x→ax=a. Contoh: lim

x→−3x=−3 (v) lim

x→+∞x= +∞.

(vi) lim

x→+∞x= +∞

Misal diberikanlimf(x) =L₁danlimg(x) =L₂, maka (i) lim[f(x) +g(x)] = limf(x) + limg(x) =L1+L2

(ii) lim[f(x)−g(x)] = limf(x)−limg(x) =L₁−L₂ (iii) lim[f(x).g(x)] = limf(x)·limg(x) =L₁·L₂ (iv) limh_f_(x)

g(x)

i

= ^lim_lim^f(x)_g(x) = ^L_L¹

2, jikaL2 6= 0 (v) limpⁿ

f(x) = pⁿ

limf(x) = √ⁿ

L1, untukL1 ≥0jikanadalah genap Selanjutnya, untuk sebarang polinomialp(x) = c0+c1x+· · ·+cnxⁿ, dengan c0, c1,· · · , cnadalah konstanta, dan sebarang bilangan riila, maka diperoleh

x→alimp(x) =c₀+c₁a+· · ·+c_naⁿ=p(a)

(27)

Untuk limit yang melibatkan fungsi rasional (pembagian dari dua buah polinomial), maka kita dapat gunakan formula di atas.

Akan tetapi, apabila hasil limit pada bagian pembilang maupun penyebut menghasilkan angka0 untuk x yang mendekati a, maka cara menyelesaikannya adalah dengan mencari suatu faktor persekutuan x − a di antara pembilang dan penyebut. Selanjutnya, dengan menyederhanakan fungsi tersebut, kita akan mendapatkan nilai limit yang dimaksud.

Contoh 1.13 (i) lim

x→1(x+ 3) = 4 (ii) lim

x→+∞e^−x = 0 (iii) lim

x→1

(x²+2x−3) x=1 = lim

x→1(x+ 3) = 4 Untuk limit yang terakhir, ingat bahwa

x²+ 2x−3

x−1 = (x+ 3)(x−1)

x−1 =x+ 3 jika x6= 1

Dalam penggunaan limit, kita hanya fokus pada nilaix yang mendekati x = 1.

Sehingga untuk persamaan ^x²^+2x−3_x−1 = ⁰₀ saat x = 1 bukan berarti limit tidak terdefinisi. Hal tersebut hanya berarti bahwa limit tersebut tidak terdefinisi untuk persamaan pada saatx= 1.

Suatu fungsi f(x) dikatakan kontinu di titik x = c jika syarat-syarat berikut terpenuhi:

(i) f(c)terdefinisi (ii) lim

x→cf(x)ada (iii) lim

x→cf(x) =f(c)

(28)

Jika satu atau lebih dari syarat-syarat di atas tidak dipenuhi, makaf(x)dikatakan diskontinudi titikx =c, dan titikx=cdisebut sebagai titik diskontinuitas dari f(x). Jikafkontinu di semua titik pada suatu selang terbuka(a, b)maka dikatakan bahwaf kontinu pada(a, b). Suatu fungsi yang kontinu pada(−∞,+∞)disebut sebagai fungsi yang kontinu dimana-mana atau dengan singkat dikatakan bahwa fungsi tersebut kontinu.

Contoh 1.14

Diberikan fungsi sebagai berikut:

f(x) = x²−4 x−2 dan

g(x) =







x²−4

x−2 , x6= 2 3 , x= 2

Kedua fungsi tersebut diskontinu dix = 2. Untuk fungsif disebabkan karena f(2)tidak terdefinisi. Sedangkan untuk fungsigdisebabkan karenag(2) = 3dan

x→2limg(x) = 4, sehinggag(2)6= lim

x→2g(x).

Jika fungsif dangkontinu di titikx=cmaka:

(i) f +gkontinu di titikc (ii) f −gkontinu di titikc (iii) f ·gkontinu di titikc

(iv) f /gkontinu di titikcjikag(c)6= 0dan diskontinu dicjikag(c) = 0

1.2.3 Turunan dari Fungsi Interpretasi Geometrik

Turunan dari suatu fungsi f(x) di titik x = x₀ adalah kemiringan dari garis yang bersinggungan dengan grafik y = f(x) di titik(x0, f(x0)). Turunan dari f(x)dix=x₀dinyatakan sebagaif⁰(x₀)atau _dx^df

_x=x

0

.

(29)

Definisi Aljabar

Definisif⁰(x0)secara aljabar adalah f⁰(x₀) = lim

h→0

f(x₀+h)−f(x₀)

h = lim

x→x0

f(x)−f(x₀) x−x0

Berikutnya, turunan kedua darif dix₀adalah turunan darif⁰(x)dix₀dinyatakan sebagai

f⁰⁰(x0) atau f²(x0) atau d²f dx² x=x0

Turunan ke-ndinyatakan sebagaifⁿ(x0) = ^d_dxⁿn^f

x=x0

Berikut ini adalah rangkuman dari aturan turunan (diferensiasi) dari fungsi f(x).

f(x) f⁰(x)

c(konstanta) 0

cxⁿ(n∈R) cnxⁿ⁻¹

g(x) +h(x) g⁰(x) +h⁰(x) g(x)·h(x) g⁰(x)·h(x) +g(x)·h⁰(x) u(x)v(x)w(x) u⁰vw+uv⁰w+uvw0

g(x) h(x)

h(x)g⁰(x)−g(x)h⁰(x) (h(x))²

g(h(x)) g⁰(h(x))·h⁰(x) e^g(x) g⁰(x)·e^g(x)

ln(g(x)) ^g_g(x)⁰^(x)

a^x(a >0) a^xlna

e^x e^x

lnx _x¹

log_bx _x_lnb¹

sinx cosx

cosx −sinx

(30)

Contoh 1.15

Tentukan turunan darif(x) = 4x(x²+ 1)³. Pembahasan:

Dengan menggunakanf(x) =g(x)·h(x), di mana

g(x) = 4x, h(x) = (x²+ 1)³, g⁰(x) = 4, h⁰(x) = 3(x²+ 1)²·2x maka diperoleh

f⁰(x) = 4x·3(x²+ 1)²·2x+ 4(x²+ 1)³ = 4(x²+ 1)²(7x²+ 1).

Aturan L’Hopital untuk Menghitung Limit:

(i) jika











x→climf(x) = lim

x→cg(x) = 0, dan f⁰(c)ada,dan

g⁰(c)ada dang⁰(c)6= 0 maka lim

x→c

f(x)

g(x) = f⁰(c) g⁰(c)

(ii) jika











x→climf(x) = lim

x→cg(x) = 0, dan f dangterdiferensiasi disekitarc.dan

x→clim f⁰(x) g⁰(x) ada maka lim

x→c

f(x)

g(x) = f⁰(c) g⁰(c)

Contoh 1.16

Dapatkan nilai limit dari lim

x→2

3^x/2−3 3^x−9 Pembahasan:

Pada limit ini, nilai limit pada bagian pembilang dan penyebut sama-sama 0.

Dengan demikian kita dapat menggunakan aturan L’Hopital:

d

dx(3^x−9) = 3^xln 3, dan d

dx(3^x/2−3) = 3^x² ·1 2ln 3

(31)

Dengan demikian diperoleh:

x→2lim

3^x/2−3 3^x−9 = lim

x→2

3^x² ·¹₂ln 3 3^xln 3 = 1

6

Turunan Parsial

Diberikan fungsif(x, y), suatu fungsi dengan dua variabel, turunan parsial darif terhadapxdi titik(x₀, y₀)diperoleh dari turunanf terhadapxdimana variabely konstan. Kemudian substitusikan nilaix=x0dany =y0.

• Turunan parsialf terhadapxdinyatakan sebagai ^∂f_∂x

• Turunan parsial kedua dapat dinyatakan : ^∂_∂x²^f2 = _∂x^∂

∂f

∂x

, ^∂_∂y²^f2 = _∂y^∂

∂f

∂y

• Turunan parsial kedua (campuran) : _∂x∂y^∂²^f = _∂x^∂

∂f

∂y

= _∂y^∂

∂f

∂x

= _∂y∂x^∂²^f

Contoh 1.17

Jikaf(x, y) =x^yuntukx, y >0maka tentukan ^∂f_∂x

4,¹₂ dan ^∂_∂y²^f2

(^4,¹₂) Pembahasan:

∂f

∂x =yx^y−1 (4,¹₂)

= 1

2

(4)⁻¹² = 1 4

∂f

∂y =x^y(lnx)dan ∂²f

∂y² =x^y(lnx)² (^4,¹₂)

= 4¹²(ln 4)² = 2(ln 4)²

1.2.4 Integral

Diberikan suatu fungsif(x)pada interval [a, b], integral tertentu darif(x)pada interval [a, b] dapat dinyatakan sebagai Rb

af(x) dx. Hubungan dasar antara integral dan turunan adalah sebagai berikut.

(i) JikaF⁰(x) =f(x)untuka≤x≤b, maka Rb

af(x)dx=F(x)

b

a=F(b)−F(a) (ii) JikaG(x) =Rx

a g(t)dt, makaG⁰(x) =g(x)

(32)

Contoh 1.18

Dapatkan integral tertentu dari fungsif(x) = 2−xpada interval[−1,3].

Pembahasan:

Grafik dari persamaan tersebut diberikan di bawah ini. Dapat dilihat bahwa f(x)>0untukx <2danf(x)<0untukx >2.

Integral darif(x)adalahF(x) = 2x− ¹₂x². Dengan demikian, diperoleh

Z 3

−1

(2−x)dx=F(3)−F(−1) =

6−3² 2

−

−2−(−1)² 2

= 4

Berikut ini adalah rangkuman dari integral pada beberapa fungsif(x).

f(x)

Z

f(x)dx g(x) +h(x) R

g(x)dx+R

h(x)dx+c xⁿ(n6=−1) ^x_n+1ⁿ⁺¹ +c

1

x lnx+c

e^x e^x+c

a^x _ln^a^x_a+c

xeâx ^xe_aâx −ê_aâx₂ +c

sinx −cosx+c

cosx sinx+c

(33)

Untuk integral dengan interval tak hingga, maka kita dapat menggunakan limit : Z ∞

a

f(x)dx= lim

b→∞

Z b a

f(x)dxyang serupa dengan Z b

−∞

f(x)dx

dan Z ∞

−∞

f(x)dx= lim

a→+∞

Z a

−a

f(x)dx.

Jika persamaanf tidak terdefinisi dix=a, atauf tidak kontinu dix=a, maka Z b

a

f(x)dx= lim

c→a⁺

Z b c

f(x)dx.

Jikaf(x)tidak kontinu di titikx=cpada interval[a, b], maka Z b

a

f(x)dx= Z c

a

f(x)dx+ Z b

c

f(x)dx.

Contoh 1.19 (i)

Z 1 0

√1

x dx= lim

c→0⁺

Z 1 c

x⁻¹² dx= lim

c→0⁺

2x¹²

x=1 x=c

= lim

c→0⁺

2−2√ c

= 2 (ii)

Z ∞ 1

√1

x dx= lim

c→∞

Z c 1

x⁻¹² dx= lim

c→∞

h 2x¹²

x=c x=1

i

= lim

c→∞[2√

c−2] = +∞

(iii)

Z +∞

1

x² dx= lim

b→∞

−1 x

x=c x=1

= lim

b→∞

−1

b −(−1)

= 1

Berikut ini diberikan beberapa aturan pada integral.

(i) Untuk bilangan bulat n ≥ 0 dan bilangan riilc > 0, Z ∞

0

xⁿe^−cx dx = n!

cⁿ⁺¹.

(ii) JikaG(x) = Z h(x)

a

f(u)dumakaG⁰(x) =f[h(x)]·h⁰(x).

(iii) JikaG(x) = Z b

x

f(u)dumakaG⁰(x) =−f(x)

(34)

(iv) JikaG(x) = Z b

g(x)

f(u)dumakaG⁰(x) =−f[g(x)]·g⁰(x).

(v) JikaG(x) = Z _h(x)

g(x)

f(u)dumakaG⁰(x) =f[h(x)]·h⁰(x)−f[g(x)]·g⁰(x).

Integral Lipat Dua

Diberikan persamaan kontinu 2 variabel,f(x, y)yang dibatasi oleh bidang persegi x=a, x=b, y=c, y=d.

Integral lipat dua darif(x, y)dapat dinyatakan sebagai :

b

Z

a d

Z

c

f(x, y)dy dx=

d

Z

c b

Z

a

f(x, y)dx dy

Metode Substitusi

Pada teknik integrasi, substitusi merupakan teknik dasar yang digunakan untuk menulis ulang integral ke dalam bentuk standar integral yang biasanya digunakan.

Secara umum, untuk mencari f(x) dapat dibuat suatu substitusi u = g(x) dandu=g⁰(x).

Contoh 1.20

Untuk mendapatkan hasil dari Z

(x³ − 1)⁴³x² dx, kita dapat memisalkan u=x³−1sehingga didapatkandu= 3x²dxatau sama dengan ¹₃·du=x²dx.

Selanjutnya, integral dapat ditulis menjadi Z

u⁴³ ·1

3 du= 1 3 ·

Z

u⁴³ du= 1 3 ·u⁷³

7 3

= 1

7u⁷³(+c)

Sehingga, jika disubstitusikan kembali, hasil dari integral menjadi¹₇(x³−1)⁷³

(35)

Contoh 1.21

Tentukan nilai dariR1 0 x√

1−x²dx Pembahasan:

Misalkanu= 1−x², makadu=−2x dx. Sehingga−¹₂·du=x dx.

Z u¹² ·

−1 2

du=−1

3u³² =−1

3(1−x²)³² Oleh karena itu diperoleh

Z ₁

0

xp

1−x²dx=−1

3(1−x²)³²

x=1

x=0=−0−

−1 3

= 1 3

Integral Parsial

Teknik integral parsial didasarkan pada aturan rantai yang dikenal pada teknik diferensiasi berikut:

d

dx[f(x)·g(x)] =f(x)·g⁰(x) +f⁰(x)·g(x).

Penulisan lain dari persamaan tersebut adalah f(x)·g⁰(x) = d

dx[f(x)·g(x)]−f⁰(x)·g(x),

Dengan demikian, apabila kita integralkan sisi kiri maupun sisi kanan dari persamaan tersebut, maka diperoleh:

Z

f(x)·g⁰(x)dx=f(x)·g(x)− Z

f⁰(x)·g(x)dx

Contoh 1.22 TentukanR

xe^axdxdenganaadalah konstanta.

Pembahasan:

Jika dimisalkanf(x) =xdang(x) = êâx_a , makag⁰(x) =eâx.

(36)

Kita akan menggunakan teknik pada integral parsial, yaitu Z

f(x)·g⁰(x)dx=f(x)·g(x)− Z

f⁰(x)·g(x)dx, Karenaf⁰(x) = 1, maka dapat dituliskan

Z

f⁰(x)g(x)dx= Z e^ax

a dx= e^ax a² Oleh karena itu, diperoleh

Z

xeâxdx= xeâx a − eâx

a² +c

1.2.5 Deret Geometri dan Deret Aritmetika Deret Geometri

a, ar, ar², ar³,· · · ,

Hasil penjumlahan dari deret dengannsuku pada deret geometri adalah a+ar+ar²+· · ·+arⁿ⁻¹ =a[1 +r+r²+· · ·+rⁿ⁻¹] =a·rⁿ−1

r−1 =a·1−rⁿ 1−r Jika−1< r <1, maka deret dapat dijumlahkan sampai dengan

∞, a+ar+ar²+· · ·= a 1−r

Deret Aritmetika

a, a+d, a+ 2d, a+ 3d,· · · ,

Hasil penjumlahan dari deret dengannsuku pada deret Aritmetika adalah na+d·n(n−1)

2

denganaadalah suku pertama dari deret aritmetika, dandadalah beda dari deret tersebut. Kasus khusus pada saat penjumlahannbilangan bulat, yaitu

1 + 2 +· · ·+n= n(n+ 1) 2

(37)

Contoh 1.23

Paijo mulai bekerja ketika dia berusia 30 tahun dengan gaji sebesar 50.000.000 rupiah per tahun. Setiap tahun, jumlah gaji tahunan Paijo mengalami kenaikan sebesar 5% sampai dia pensiun pada usia 65 tahun. Hitunglah total seluruh penda- patan yang diperoleh Paijo selama ia bekerja.

Pembahasan:

Total, Paijo telah bekerja selama 35 tahun. Dengan demikian, total seluruh penda- patan yang diterima Paijo adalah

50.000.000[1 + (1.05) + (1.05)²+· · ·+ (1.05)³⁴] = 50.000.000

1.05³⁵−1 1.05−1

= 4.516.015.368

(38)

PROBABILITAS

Terdapat beberapa interpretasi mengenai definisi probabilitas. Pembahasan mengenai probabilitas dapat melibatkan berbagai bidang keilmuan. Secara umum, probabilitas dapat dipandang melalui dua jenis interpretasi. Interpretasi pertama, menyatakan bahwa probabilitas merupakan tingkat kepercayaan akan suatu hal.

Hal ini dapat terjadi berdasarkan tingkat pemikiran rasional serta informasi yang tersedia dalam penilaian probabilitas tersebut. Oleh karena itu, berdasarkan interpretasi pertama ini, kita cukup kesulitan dalam menjelaskan konsep mengenai probabilitas dari suatu kejadian.

Sebaliknya, interpretasi kedua menyatakan bahwa probabilitas dari suatu kejadian merupakan frekuensi relatif dari suatu eksperimen. Hal ini bermakna bahwa kita dapat menghitung probabilitas dari suatu kejadian berdasarkan jumlah hasil (outcome) dari suatu eksperimen, dan selanjutnya kita membaginya dengan total jumlah hasil yang mungkin muncul dari eksperimen tersebut. Pada pembahasan di bab ini, kita akan memfokuskan pada interpretasi kedua dari probabilitas, yaitu probabilitas merupakan frekuensi relatif dari suatu eksperimen.

2.1 Kejadian dan Ruang Probabilitas

Pada bagian ini, kita akan membahas mengenai beberapa definisi dan notasi yang berkaitan dengan kejadian dan ruang probabilitas.

• Eksperimen adalah suatu proses untuk mendapatkan hasil observasi dari suatu/beberapa fenomena. Sebuah kegiatan yang dilakukan pada suatu eksperimen disebut sebagai percobaan (trial), sedangkan hasil observasi dari percobaan tersebut dikenal sebagaihasil(outcome).

• Himpunan dari seluruh hasil yang mungkin muncul dari suatu eksperimen disebut sebagai ruang sampel (sample space) yang dinotasikan dengan S.

Masing-masing anggota/elemen dari ruang sampel disebut sebagaititik sampel (sample point). Catat bahwa hanya terdapat satu hasil/satu titik sampel (dari seluruh kemungkinan hasil) yang muncul pada suatu percobaan dari eksperimen.

25

(39)

• Apabila ruang sampel terdiri atas sejumlah titik sampel yang terhitung, maka ruang sampel tersebut dikatakan sebagai ruang sampel terhitung(countable sample space). Sebaliknya, apabila ruang sampel terdiri atas sejumlah titik sampel yang tak terhitung, maka ruang sampel tersebut dikatakan sebagairuang sampel kontinu(continuous sample space).

Contoh 2.1

Diketahui suatu eksperimen pelemparan dua buah koin logam, di mana masing- masing koin memiliki bagian muka (disebut M) dan bagian belakang (disebut B). Apabila kita ingin mengetahui seluruh kemungkinan hasil observasi dari eksperimen tersebut (disebut sebagai ruang sampel), maka kita peroleh:

S ={M M, M B, BM, BB}

Terlihat bahwa ruang sampel merupakan seluruh kemungkinan kombinasi antara notasiM(muka) danB(belakang).

• Sebuah kejadian(event) merupakan kumpulan dari satu atau lebih hasil dari suatu eksperimen. Dapat dikatakan bahwa “kejadianAmuncul” apabila hasil dari percobaan merupakan salah satu titik sampel diA. Dengan demikian jelas bahwa kejadianAmerupakan subset dari ruang sampelS.

• Misalkan A dan B menyatakan kejadian. Gabungan (union) dari kejadian A danB, yang dinotasikan sebagaiA∪B, merupakan gabungan dari semua titik sampel yang berada di dalam AatauB. Catat bahwaA∪B sendiri juga merupakan suatu kejadian.

• Misalkan A1, A2,· · · , An masing-masing adalah kejadian. Gabungan dari kejadian A₁, A₂,· · ·, A_n, yang dinotasikan sebagai A₁ ∪A₂ ∪ · · · ∪A_n = Sn

i=1Ai, terdiri dari semua titik sampel, paling tidak satu, di dalamAi. Definisi ini dapat diperluas menjadi gabungan dari kejadian yang tak terhingga.

(40)

• Irisan(intersection)dari kejadianAdanB, yang dinotasikan sebagaiA∩B, merupakan gabungan dari semua titik sampel yang berada di dalamA danB.

Catat bahwaA∩B sendiri juga merupakan suatu kejadian. Selain itu,A∩B juga dinyatakan sebagaiA·BatauAB.

• Irisandari kejadianA₁, A₂,· · · , A_n, yang dinotasikan denganA₁∩A₂∩ · · · ∩ An =Tn

i=1Ai, terdiri dari semua titik sampel yang terdapat di masing-masing Ai.

Contoh 2.2

Soal Ujian PAI Nomor 27 Periode November 2015

Seorang agen asuransi menjual dua jenis asuransi, asuransi jiwa dan asuransi kendaraan bermotor. Agen ini memiliki 82 nasabah secara keseluruhan. Diketahui pula 62 dari nasabahnya memiliki asuransi kendaraan bermotor dan 37 dari nasabahnya memiliki asuransi jiwa. Dari informasi di atas, berapakah nasabah dari agen tersebut yang hanya memiliki satu jenis asuransi (baik asuransi jiwa saja ataupun asuransi kendaraan bermotor saja)?

Pembahasan:

MisalAmenyatakan nasabah yang memiliki asuransi kendaraan bermotor danB menyatakan nasabah yang memiliki asuransi jiwa.

Diketahui bahwan(A) = 62;n(B) = 37;dann(A∪B) = 82 Dengan demikian kita peroleh:

n(A∩B) = 62 + 37−82 = 17

Jumlah nasabah yang memiliki asuransi kendaraan bermotor saja= 62−17 = 45 Jumlah nasabah yang memiliki asuransi jiwa saja= 37−17 = 20

Jadi jumlah nasabah yang hanya memiliki 1 jenis asuransi adalah45 + 20 = 65

• Dua kejadian disebut saling asing (mutually exclusive) apabila dua kejadian tersebut tidak dapat terjadi pada waktu yang sama. Dengan kata lain, dua kejadian dikatakan mutually exclusivejika pada kedua kejadian tidak terdapat titik sampel yang sama atau tidak memiliki irisan.

(41)

Berikutnya, kejadianA₁, A₂,· · ·, A_ndikatakan saling asing jikaA_i∩A_j =∅ untuk semua i 6= j, dimana ∅ dinyatakan sebagai himpunan kosong dengan tidak ada titik sampel di dalamnya. Kejadian mutually exclusive tidak dapat terjadi secara bersamaan.

• Kejadian B₁, B₂,· · · , B_n dikatakan sebagai kejadian lengkap (exhaustive events)jika berlakuB1∪B2∪ · · · ∪Bn=S. Dengan demikian gabungan dari seluruhBi, untuki= 1,2,· · ·, n, membentuk ruang sampel.

• Suatu kejadian, disebut sebagaikomplemendari kejadianA, apabila kejadian tersebut terdiri dari semua titik sampel di dalam ruang sampel, namun titik sampel tersebut tidak terdapat di dalam A. Komplemen dari kejadian A dinotasikan sebagaiA⁰atauA^c, yaitu{x:x /∈A}.

• Kejadian A disebut sebagai subevent (atau subset) dari kejadian B, apabila kejadian A terdiri dari semua titik sampel di kejadian B. Hal ini dinyatakan sebagaiA⊂B.

• Kejadian C₁, C₂,· · · , C_n adalah bentuk partisi dari kejadian A apabila A = Sn

i=1C_i dan C_i merupakan kejadian yang saling asing (mutually exclusive).

• Hukum DeMorgan. MisalkanA, B, sertaA1, A2,· · · , Anmerupakan kejadian di dalam ruang sampelS, maka berlaku hubungan berikut:

(i) (A∪B)⁰ =A⁰ ∩B⁰. Persamaan ini menyatakan kejadian bahwaA∪B tidak terjadi. Dengan kata lain, hal ini sama seperti menyatakan bahwa kejadianAtidak terjadidankejadianB tidak terjadi. Bentuk umum dari persamaan ini adalah:

n

[

i=1

A_i

!0

= (A₁∪A₂∪ · · · ∪A_n)⁰ =A⁰₁∩A⁰₂∩ · · · ∩A⁰_n=

n

\

i=1

A⁰_i

(ii) (A∩B)⁰ =A⁰ ∪B⁰. Persamaan ini menyatakan kejadian bahwaA∩B tidak terjadi. Dengan kata lain, hal ini sama seperti menyatakan bahwa kejadianAtidak terjadiataukejadianBtidak terjadi. Bentuk umum dari persamaan ini adalah:

n

\

i=1

A_i

!0

= (A₁∩A₂∩ · · · ∩A_n)⁰ =A⁰₁∪A⁰₂∪ · · · ∪A⁰_n=

n

[

i=1

A⁰_i

(42)

• Fungsi indikator dari kejadian. FungsiI_A(x) =







1 , jikax∈A

0 , jikax /∈A adalah fungsi indikator untuk kejadianA, dimana xmenyatakan titik sampel. IA(x) akan bernilai 1 pada saat kejadianAterjadi, dan akan bernilai 0 apabila terjadi sebaliknya.

Contoh 2.3

Diberikan sebuah eksperimen yang terdiri dari pelemparan sebuah dadu enam sisi. Hasil dari ruang sampel pada eksperimen tersebut merupakan himpunan S={1,2,3,4,5,6}. Masing-masing angka adalah titik sampel yang merepresen- tasikan mata dadu yang muncul ketika dadu tersebut dilemparkan. Catat bahwa titik sampel 1 dan 2 (atau lebih formal disebut sebagai{1} dan{2}) merupakan salah satu contoh dari kejadian saling asing, karena kedua titik sampel tersebut tidak dapat muncul secara bersamaan dalam 1 kali pelemparan dadu. Kumpulan dari seluruh titik sampel 1 sampai 6 adalah kejadian lengkap untuk percobaan dari dadu karena dari salah satu titik pasti akan terjadi/muncul.

Berikutnya, kita definisikan kejadian di dalam ruang sampelSsebagai berikut:

A={1,2,3}=“kejadian pelemparan mata dadu yang kurang dari 4”

B ={2,4,6}=“kejadian pelemparan mata dadu genap”

C={4}=“kejadian pelemparan mata dadu 4”

D={2}=“kejadian pelemparan mata dadu 2”

Dengan demikian dapat kita peroleh beberapa hasil sebagai berikut:

(i) A∪B ={1,2,3,4,6}

(ii) A∩B ={2}

(iii) AdanCadalah kejadian saling asing karenaA∩C=∅ (iv) D⊂B

(v) A⁰={4,5,6}merupakan komplemen dari kejadianA (vi) B⁰={1,3,5}merupakan komplemen dari kejadianB

(vii) A ∪B = {1,2,3,4,6} sehingga (A ∪B)⁰ = {5} = A⁰ ∩B⁰ (Hukum DeMorgan)

(43)

Berikut ini diberikan beberapa aturan yang berkaitan dengan operasi pada kejadian.

(i) A∩(B₁∪B₂∪ · · · ∪B_n) = (A∩B₁)∪(A∩B₂)∪ · · · ∪(A∩B_n) dan

A∪(B1∩B2∩ · · · ∩Bn) = (A∪B1)∩(A∪B2)∩ · · · ∩(A∪Bn) Hal ini berlaku untuk semua kejadian A, B₁, B₂,· · · , B_n di dalam ruang sampelS.

(ii) Jika B₁, B₂,· · ·, B_n adalah kejadian lengkap (Sn

i=1B_i = S merupakan ruang sampel), maka untuk sebarang kejadianA di dalam ruang sampelS berlaku:

A=A∩(B₁∪B₂∪ · · · ∪B_n) = (A∩B₁)∪(A∩B₂)∪ · · · ∪(A∩B_n) Jika B1, B2,· · ·, Bn adalah kejadian lengkap dan saling asing, maka terbentuk partisi dari ruang sampel. Sebagai contoh, kejadian B₁ = {1,2}, B₂ ={3,4}danB3 ={5,6}membentuk partisi dari ruang sampel dari hasil pelemparan sebuah dadu.

Jika B adalah sebarang kejadian, maka B dan B⁰ membentuk partisi dari ruang probabilitas. Sehingga diperoleh:

A=A∩(B∪B⁰) = (A∩B)∪(A∩B⁰)

(iii) Untuk sebarang kejadian A di dalam ruang sampel S, maka berlaku A∪A⁰ =S, danA∩A⁰ =∅

(iv) A∩B⁰ = {x :x /∈Adanx /∈B}dapat juga dinyatakan sebagai A−B, yang terdiri dari semua titik sampel kejadianA namun tidak terdapat pada kejadianB.

(v) JikaA⊂BmakaA∪B =B danA∩B =A.

Contoh 2.4

Soal Ujian PAI Nomor I Periode Maret 2015

Sebuah perusahaan asuransi jiwa yang baru berdiri mempunyai 20.000 pemegang polis. Setiap pemegang polis, biasanya diklasifikasikan sebagai:

(I). Medicalatau nonmedical (II). Pria atau Wanita

(III). Anak-anak (Juvenile) atau dewasa

(44)

Dari para pemegang polis ini diketahui:

(I). Pria danmedicaladalah 3.000 pemegang polis.

(II). Medicaldan anak-anak adalah 2.500 pemegang polis.

(III). Pria dan anak-anak adalah 3.000 pemegang polis.

(IV). Medical, pria dan anak-anak adalah 1.000 pemegang polis.

(V). Medical(melalui pemeriksaan kesehatan) adalah 5.000 pemegang polis.

(VI). Pemegang polis pria sebanyak 10.000 pemegang polis.

(VII). Pemegang polis anak-anak (Juvenile) adalah 12.000 pemegang polis.

Berapakah dari pemegang polis tersebut adalah wanita dewasa yang melalui proses pemeriksaan kesehatan (medical)?

Pembahasan:

Diketahui data sebagai berikut:

Jumlah pemegang polis pria= 10.000 Jumlah pemegang polis wanita= 10.000 Jumlah pemegang polis anak-anak= 12.000 Jumlah pemegang polis dewasa= 8.000 Jumlah pemegang polismedical= 5.000 Jumlah pemegang polis non medical= 15.000 Selain itu diberikan info tambahan sebagai berikut:

Jumlah pemegang polis pria danmedical= 3.000

Jumlah pemegang polis pria nonmedical= 10.000−3.000 = 7.000 Jumlah pemegang polis wanita danmedical= 5.000−3.000 = 2.000 Jumlah pemegang polismedicaldan anak-anak= 2.500

Jumlah pemegang polismedicaldan dewasa= 5.000−2.500 Jumlah pemegang polis pria dan anak-anak= 3.000

Jumlah pemegang polis pria dan dewasa= 10.000−3.000 = 7.000 Jumlah pemegang polis wanita dan dewasa= 8.000−7.000 = 1.000 Jumlah pemegang polismedical, pria, anak-anak= 1.000

Jumlah pemegang polismedical, wanita, anak-anak= 2.500−1.000 = 1.500 Jumlah pemegang polismedical, wanita, dewasa= 2.000−1.500 = 500

Jadi jumlah pemegang polis yang termasuk kategori wanita, dewasa, dan medicaladalah 500

(45)

Contoh 2.5

Soal Ujian PAI Nomor 1 Periode November 2018

Seorang peneliti yang fokus meneliti penyakit jantung, telah mengumpulkan data dari 40.000 pasien yang mengalami serangan jantung. Peneliti telah mengidenti- fikasi bahwa terdapat tiga variabel yang berhubungan erat dengan pasien penyakit jantung, yaitu perokok, kecanduan alkohol, dan gaya hidup tidak sehat (tidak berolahraga atau kurang aktivitas fisik).

Berikut adalah data dari 40.000 pasien.

• 29.000 adalah perokok.

• 25.000 adalah pasien dengan kecanduan alkohol.

• 30.000 adalah pasien dengan gaya hidup tidak sehat.

• 22.000 adalah perokok dan kecanduan alkohol.

• 24.000 adalah perokok dan memiliki gaya hidup tidak sehat.

• 20.000 adalah pasien dengan kecanduan alkohol dan memiliki gaya hidup tidak sehat.

• 20.000 adalah perokok kecanduan alkohol, dan memiliki gaya hidup tidak sehat.

Tentukan berapa banyak jumlah pasien yang perokok tetapi tidak kecanduan alkohol.

Pembahasan:

Misal:

Pmenunjukkan perokok.

Kmenunjukkan pasien dengan kecanduan alkohol.

Gmenunjukkan pasien dengan gaya hidup tidak sehat.

Dari data yang ada, maka kita dapat menggambarkan Diagram Venn sebagai berikut:

(46)

Dari Diagram Venn di atas, dapat kita lihat bahwa jumlah pasien yang perokok tetapi tidak kecanduan alkohol adalah 4.000 + 3.000 = 7.000

2.2 Probabilitas dan Sifat-Sifat Probabilitas

MisalkanSmerupakan ruang sampel dari sebuah eksperimen acak. Ukuran probabilitas(probability measure) P : F → [0,1]merupakan fungsi himpunan yang menetapkan bilangan riil pada berbagai kejadian di dalam ruang sampelS yang memenuhi:

(i) P[A]≥0, yaitu probabilitas suatu kejadian A haruslah lebih besar atau sama dengan 0, untuk sebarang kejadianA∈ F.

(ii) P[S] = 1, yaitu probabilitas dari suatu kejadian yang meliputi ruang sampel haruslah 1. Hal ini terjadi karena ruang sampel meliputi seluruh titik sampel dari suatu eksperimen.

(iii) P[∪^∞_i=1A_i] = P∞

i=1P[A_i], apabila A₁, A₂,· · · , A_n,· · · ., masing-masing merupakan kejadian yang saling asing di dalam ruang sampelS.

Fungsi Probabilitas pada Ruang Sampel Diskrit

Sebuah ruang sampel diskrit merupakan himpunan dari titik sampel yang berhingga atau titik sampel yang terhitung namun tak berhingga. P[ai] atau pi

merupakan notasi dari probabilitas bahwa titik sampel a_i muncul. Setiap kali dilakukan percobaan, maka salah satu dari titik sampelaidengani = 1,2,3,· · · akan muncul. Oleh karena itu, fungsi probabilitasP haruslah memenuhi kondisi berikut ini:

(i) 0≤P[a_i]≤1untuk setiapa_i, di ruang sampelS (ii) P[a1]+P[a2]+· · ·=P

seluruhiP[ai] = 1(total probabilitas dari suatu ruang sampel selalu sama dengan 1)

Fungsi Probabilitas Seragam

Apabila suatu ruang sampel memiliki titik sampel yang berhingga, misalkan sejumlah k titik sampel, a1, a2,· · · , a_k, maka fungsi probabilitas dikatakan seragam apabila setiap titik sampel memiliki probabilitas yang sama untuk muncul. Dengan kata lain,P[ai] = _k¹ untuk setiapi= 1,2,· · · , k.

(47)

Salah satu contoh sederhana dari fungsi probabilitas seragam adalah probabilitas munculnya mata dadu 1 sampai dengan 6 dari sebuah percobaan pelemparan dadu.

Pada percobaan tersebut, probabilitas munculnya masing-masing mata dadu adalah sama, yaitu